高考数学一轮复习考案（5理5文）第五章数列综合过关规范限时检测（含解析）新人教版

第五章综合过关规范限时检测(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．数列eq\f(3,2)，－eq\f(5,4)，eq\f(7,8)，－eq\f(9,16)，…的一个通项公式为(D)A．an＝(－1)n·eq\f(2n＋1,2n)B．an＝(－1)n·eq\f(2n＋1,2n)C．an＝(－1)n＋1·eq\f(2n＋1,2n)D．an＝(－1)n＋1·eq\f(2n＋1,2n)[解析]该数列是分数形式，分子为奇数2n＋1，分母是指数2n，各项的符号由(－1)n＋1来确定，所以D选项正确．2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝60，则S30＝(C)A．100 B．120C．140 D．160[解析]由等比数列的性质可知，S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，则(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，即(60－20)2＝20(S30－60)，解得S30＝140.3．(2021·河北衡水中学模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S10＝100，则a7的值为(C)A．11 B．12C．13 D．14[解析]由S10＝100及公差为2，得10a1＋eq\f(10×10－1,2)×2＝100，得a1an＝2n－1，故a7＝13.故选C.4．(2021·山东潍坊期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足eq\f(S2m,Sm)＝28，eq\f(a2m,am)＝eq\f(2m＋21,m－2)，则数列{an}的公比为(B)A．2 B．3C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,3)[解析]设数列{an}的公比为q，由题意知q≠1，因为eq\f(S2m,Sm)＝28，eq\f(a2m,am)＝eq\f(2m＋21,m－2)，所以1＋qm＝28，qm＝eq\f(2m＋21,m－2)，所以m＝3，q＝3.故选B.5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13>0，S14<0，则Sn取最大值时n的值为(B)A．6 B．7C．8 D．13[解析]根据S13>0，S14<0，可以确定a1＋a13＝2a7>0，a1＋a14＝a7＋a8a7>0，a8<0，则Sn取最大值时n6．(2021·江西南昌三中模拟)在等比数列{an}中，已知对任意的正整数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝(A)A.eq\f(1,3)(4n－1) B．2n－1C.eq\f(1,3)(2n－1) D．4n－1[解析]通解：设{an}的公比为q，∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m对任意的正整数n均成立，∴a1＝2＋m，a2＝2，a3＝4.∵{an}是等比数列，∴m＝－1，a1＝1，q＝2，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．故选A.优解：∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n＋m，∴当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝2＋m，满足上式，∴m＝－1，即等比数列{an}的首项为1，公比为2，∴an＝2n－1，∴aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝eq\f(1－4n,1－4)＝eq\f(1,3)(4n－1)．故选A.7．(2021·天津六校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等差数列，若a2·a6·a10＝3eq\r(3)，b1＋b6＋b11＝7π，则taneq\f(b2＋b10,1－a3·a9)的值是(D)A．1 B．eq\f(\r(2),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－eq\r(3)[解析]∵{an}是等比数列，∴a2·a6·a10＝aeq\o\al(3,6)＝3eq\r(3)，∴a6＝eq\r(3).∵{bn}是等差数列，∴b1＋b6＋b11＝3b6＝7π，∴b6＝eq\f(7π,3)，∴taneq\f(b2＋b10,1－a3·a9)＝taneq\f(2b6,1－a\o\al(2,6))＝taneq\f(\f(14π,3),1－3)＝－taneq\f(7π,3)＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3)，选D.8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2aeq\o\al(2,3)，且S8＋S24＝mS16，则m＝(D)A．－4 B．4C．－eq\f(8,3) D．eq\f(8,3)[解析]∵a3a11＝2aeq\o\al(2,3)，且an≠0，∴an＝2a3，即a1q10＝2a1q2，解得q8＝2或q＝0(∵S8＋S24＝mS16，∴eq\f(a11－q8,1－q)＋eq\f(a11－q24,1－q)＝m·eq\f(a11－q16,1－q)，又∵q8＝2，a1≠0，∴－8＝－3m，解得m＝eq\f(8,3).故选D.9．等比数列{an}的前三项和S3＝14，若a1，a2＋1，a3成等差数列，则公比q＝(D)A．2 B．eq\f(1,3)C．3或eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)或2[解析]由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，即2(1＋a1q)＝a1＋a1q2，即a1(q2－2q＋1)＝2， ①又S3＝a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝14， ②①÷②得：eq\f(q2－2q＋1,1＋q＋q2)＝eq\f(2,14)，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).另解：由2(a2＋1)＝a1＋a3，得3a2＋2＝a1＋a2＋a3＝S3＝14，解得a2则S3＝eq\f(4,q)＋4＋4q＝14，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).故选D.10．若数列{an}满足对任意n≥2(n∈N)都有(an－an－1－2)·(an－2an－1)＝0，则下面选项中不正确的是(C)A．{an}可以是等差数列B．{an}可以是等比数列C．{an}可以既是等差数列又是等比数列D．{an}可以既不是等差数列又不是等比数列[解析]因为(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，所以an－an－1－2＝0或an－2an－1＝0，即an－an－1＝2或an＝2an－1，当an≠0，an－1≠0时，{an}是等差数列或等比数列；当an＝0或an－1＝0时，{an}可以不是等差数列，也可以不是等比数列，比如数列，2,0,0,0，…….故选C.11．《张丘建算经》是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾风割断，剩下三十节，一节一个圈．头节高五寸①，头圈一尺三②.逐节多三分③，逐圈少分三④.一蚁往上爬，遇圈则绕圈．爬到竹子顶，行程是多远？”(注释：①第一节(最下面一节)的高度为0.5尺；②第一圈(最下面一圈)的周长为1.3尺；③每节比其下面的一节多0.03尺；④每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)下列说法正确的是(D)[解析]设从地面往上，每节竹长依次为a1尺，a2尺，a3尺，…，a30尺，所以{an}是以a1＝0.5为首项，0.03为公差的等差数列，an＝0.5＋0.03(nn＋0.47，前n项和Snnn(nn2n，S9＝5.58，A错误，B错误．由题意知竹节圈长，上面一圈比下面一圈少0.013尺，设从地面往上，每节圈长依次为b1尺，b2尺，b3尺，…，b30尺，所以{bn}是以b1×302×30)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(30×1.3＋\f(30×29,2)×))＝61.395(尺)，C错误，D正确．12．(理)(2021·河北衡水中学调研)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则eq\f(2Sn＋16,an＋3)的最小值为(B)A．3 B．4C．2eq\r(3)－2 D．eq\f(9,2)(文)(2021·山东十校联考)设数列{an}和{bn}分别是等差数列与等比数列，且a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，则以下结论正确的是(A)A．a2>b2 B．a3<b3C．a5>b5 D．a6>b6[解析](理)由已知有aeq\o\al(2,3)＝a1a13，所以有(a1＋2d)2＝a1(a1＋12d)，d＝2(d≠0)，数列{an}通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，所以eq\f(2Sn＋16,an＋3)＝eq\f(n2＋8,n＋1)＝(n＋1)＋eq\f(9,n＋1)－2≥4，当且仅当n＋1＝eq\f(9,n＋1)，即n＝2时等号成立．故选B.(文)设等差数列的公差、等比数列的公比分别为d，q，则由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋3d＝1，,4q3＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－1，,q＝\r(3,\f(1,4))))，则a2－b2＝3－eq\r(3,16)>3－eq\r(3,27)＝0；故A正确．同理，其余都错，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．(2021·湖北武汉模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}，a1a2a3＝3，a7a8a9＝27，则[解析]依题意，得a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝3，得a2＝eq\r(3,3)，由a7a8a9＝aeq\o\al(3,8)＝27，得a8＝3，∴a4a5a6＝aeq\o\al(3,5)＝(eq\r(a2×a8))3＝(3eq\s\up6(\f(1,3))×3)eq\s\up6(\f(3,2))＝3eq\s\up7(\f(4,3)×\f(3,2))＝32＝9.14．(2021·云南师大附中月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1，则S4＝85.[解析]an＋1＝3Sn＋1①，an＝3Sn－1＋1(n≥2)②，①－②得：an＋1＝4an(n≥2)，又a1＝1，a2＝3a1＋1＝4，∴{an}是首项为1，公比为4的等比数列，∴S4＝eq\f(1－44,1－4)S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋4＋16＋64＝85.15．(2021·山东泰安期末)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷(guǐ)长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度)．夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二个节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为1.5尺．[解析]设这十二个节气的日影长构成等差数列{an}，公差为d，前n项和为Sn，由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S12＝84，,a1＋a5＋a9＝16.5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a1＋\f(12×11,2)d＝84，,3a5＝3a1＋4d＝16.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1.5，,d＝1，))所以夏至的日影子长为1.5尺．16．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意的n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<t，则实数t的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).[解析]因为数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，所以当n≥2时，a1a2a3…an－1＝2(n－1)2，则an＝22n－1，a1＝2也适合，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,22n－1)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,4)的等比数列，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(2,3)，则实数t的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).故填eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.(1)证明：数列{an＋4}是等比数列；(2)求数列{|an|}的前n项和Sn.[解析](1)证明：∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，∴eq\f(an＋1＋4,an＋4)＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.当n＝1时，a1＝－2<0，∴S1＝|a1|＝2；当n≥2时，an≥0.∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋…＋2n－4(n－1)＝eq\f(21－2n,1－2)－4(n－1)＝2n＋1－4n＋2.又当n＝1时，上式也满足．∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.18．(本小题满分12分)(2021·山东省济南第一中学期中考试)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝12，且2a1，a2，a3(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(an,3n)，记数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.[解析](1)∵S3＝12，即a1＋a2＋a3＝12，∴3a2＝12，所以a2又∵2a1，a2，a3∴aeq\o\al(2,2)＝2a1·(a3＋1)，即aeq\o\al(2,2)＝2(a2－d)·(a2＋d＋1)，解得，d＝3或d＝－4(舍去)，∴a1＝a2－d＝1，故an＝3n－2.(2)bn＝eq\f(an,3n)＝eq\f(3n－2,3n)＝(3n－2)·eq\f(1,3n)，∴Tn＝1×eq\f(1,3)＋4×eq\f(1,32)＋7×eq\f(1,33)＋…＋(3n－2)×eq\f(1,3n)，①①×eq\f(1,3)得eq\f(1,3)Tn＝1×eq\f(1,32)＋4×eq\f(1,33)＋7×eq\f(1,34)＋…＋(3n－5)×eq\f(1,3n)＋(3n－2)×eq\f(1,3n＋1).②①－②得eq\f(2,3)Tn＝eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,32)＋3×eq\f(1,33)＋3×eq\f(1,34)＋…＋3×eq\f(1,3n)－(3n－2)×eq\f(1,3n＋1)＝eq\f(1,3)＋3×eq\f(\f(1,32)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－(3n－2)×eq\f(1,3n＋1)＝eq\f(5,6)－eq\f(1,2)×eq\f(1,3n－1)－(3n－2)×eq\f(1,3n＋1)，∴Tn＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)×eq\f(1,3n－2)－eq\f(3n－2,2)×eq\f(1,3n)＝eq\f(5,4)－eq\f(6n＋5,4)×eq\f(1,3n).19．(本小题满分12分)(2021·湖南五市十校联考)已知首项为2的数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝eq\f(an＋1－2,3)，设bn＝log2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；(3)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,bn＋1bn＋3)))的前n项和Tn.[解析](1)依题意得a1＝2，则n＝1时，S1＝eq\f(a2－2,3)＝a1，∴a2＝8.n≥2时，Sn－1＝eq\f(an－2,3)，则an＝Sn－Sn－1＝eq\f(an＋1－2,3)－eq\f(an－2,3)，整理得eq\f(an＋1,an)＝4.又eq\f(a2,a1)＝4，∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，∴an＝2·4n－1＝22n－1.(2)bn＝log2an＝log222n－1＝2n－1，则bn＋1－bn＝2n＋1－(2n－1)＝2，且b1＝1，∴数列{bn}是等差数列．(3)由(2)得bn＝2n－1，∴eq\f(4,bn＋1bn＋3)＝eq\f(4,2n2n＋2)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,n＋1).20．(本小题满分12分)(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．[解析](1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)．由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，解得q＝2(负值舍去)．所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n， ③2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1， ④③－④，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝eq\f(12×1－2n,1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.21．(本小题满分12分)(2021·广东广州一测)已知数列{an}的前n项和为Sn，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为2的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，求数列{bn}的前n项和Tn.[解析](1)因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为2的等差数列，所以eq\f(Sn,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝2n2－n.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－2)－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3.当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝4n－3.(2)当n＝1时，eq\f(a1,b1)＝eq\f(1,2)，所以b1＝2a1＝2.当n≥2时，由eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an,bn)＝5－(4n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n， ①得eq\f(a1,b1)＋eq\f(a2,b2)＋…＋eq\f(an－1,bn－1)＝5－(4n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1. ②①－②，得eq\f(an,bn)＝(4n－3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n.因为an＝4n－3，所以bn＝eq\f(4n－3,4n－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)＝2n(当n＝1时也符合)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2n＋1,2n)＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，所以Tn＝eq\f(21－2n,1－2)＝2n＋1－2.22．(本小题满分12分)(2021·湖南岳阳一中质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，b1＝1，点(Tn＋1，Tn)在直线eq\f(x,n＋1)－eq\f(y,n)＝eq\f(1,2)上，若存在n∈N*，使不等式eq\f(2b1,a1)＋eq\f(2b2,a2)＋…＋eq\f(2bn,an)≥m，成立，求实数m的取值范围．[解析](1)∵Sn＝2an－2 ①∴Sn＋1＝2an＋1－2， ②②－①得an＋1＝2an＋1－2an，∴an＋1＝2an，即eq\f(an＋1,an)＝2.a1＝S1＝2a1－2，得a1∴{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n.(2)由题意得，eq\f(Tn＋1,n＋1)－eq\f(Tn,n)＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Tn,n)))成等差数列，公差为eq\f(1,2).首项eq\f(T1,1)＝eq\f(b1,1)＝1，∴eq\f(Tn,n)＝1＋eq\f(1,2)(n－